El Gradiente

El Gradiente
Sea f : Ω ⊂ Rn → R una función diferenciable en x0 . Entonces el vector cuyas componentes
son las derivadas parciales de f en x0 se le denomina Vector Gradiente y se le denota por
∇f , es la función vectorial definida por:
∂f (x0 ) ∂f (x0 )
∂f (x0 )
,
, ...,
∇f (x0 ) =
∂x1
∂x2
∂xn
En el caso particular n = 3 se tiene que:
∂f (x0 ) ∂f (x0 ) ∂f (x0 )
∇f (x0 ) =
,
,
∂x
∂y
∂z
En el caso particular n = 2 se tiene que:
∇f (x0 ) =
∂f (x0 ) ∂f (x0 )
,
∂x
∂y
Ejemplo.-Calcular ∇f (x, y) donde f (x, y) = x2 y + y 3 .
Sol. Tenemos que las derivadas parciales son:
∂(x2 y + y 3 )
∂f
=
= 2xy
∂x
∂x
∴ el vector gradiente es:
∂f
∂(x2 y + y 3 )
=
= x2 + 3y 2
∂y
∂y
∇f (x, y) = 2xy, x2 + 3y 2
Teorema 1. Si f es una función diferenciable de x e y entonces su derivada en el punto
(x0 , y0 ) en la dirección del vector unitario u es
Du f (x0 , y0 ) = ∇f (x0 , y0 ) · u
Demostración. Como ∇f (x0 , y0 ) = ∂f (x∂x0 ,y0 ) , ∂f (x∂y0 ,y0 ) y u = (u1 , u2 ) se tiene que
∇f (x0 , y0 )·u =
∂f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
,
u1 +
u2 = Du f (x0 , y0 )
·(u1 , u2 ) =
∂x
∂y
∂x
∂y
Ejemplo.- Halle la derivada direccional de f (x, y) = ln x2 + y 2 en el punto (1, 3) en la
dirección u = (2, −3)
∂f (1,−3)
∂f (1,−3)
∂f
3y 2
2x
Sol. Tenemos que ∂f
= −1
= −27
∂x = x2 +y 3 y ∂y = x2 +y 3 ∴
∂x
13 y
∂y
26 . Ahora bien
1
√
el vector unitario asociado a u es 13 (2, −3) ∴
∇f (1, −3) ·
1
√ (2, −3)
13
=
−2
26
2
√
13
1
+
−27
26
−3
√
13
√
77 13
=
≈ 0,82
338
Propiedades del Gradiente
Sean f, g : R2 → R funciones diferenciables. Entonces se verifica
a) ∇C = 0
b) ∇(αf + βg) = α∇f + β∇g
c) ∇(f
g)= f ∇g + g∇f
d) ∇
f
g
n
=
g∇f −f ∇g
g2
n−1
e) ∇(f ) = nf
∇f
∂C
= (0, 0) = 0
Demostración. a)∇C = ∂C
∂x , ∂y
)
) ∂(f )
∂(αf +βg) ∂(αf +βg)
∂(g)
∂(f )
∂(g)
= α ∂(f
= α ∂(f
+
b) ∇(αf +βg) =
,
∂x
∂y
∂x + β ∂x , α ∂y + β ∂y
∂x , ∂y
∂(g)
β ∂(g)
= α∇f + β∇g
∂x , ∂y
∂(g)
∂(g) ∂(g)
∂(f ) ∂(f )
g) ∂(f g)
∂(f )
∂(g)
∂(f )
=
f
=
f
+g
c) ∇(f g) = ∂(f
,
+
g
,
f
+
f
,
,
∂x
∂y
∂x
∂x
∂y
∂y
∂x
∂y
∂x
∂y
=f ∇g + g∇f ∂g
∂g
∂f ∂f
g ∂f
g ∂f
∂f ∂f
∂g ∂g
∂y −f ∂y
1
∂x −f ∂x
d) ∇ fg = ∂xg , ∂yg =
,
=
g
,
−
f
,
=
2
2
2
g
g
g
∂x y
∂x y
g∇f −f ∇g
g2
n
e) ∇(f ) =
∂f n ∂f n
∂x , ∂y
n−1 ∂f ∂f
n−1
n−1 ∂f
= nf n−1 ∂f
=
nf
∇f
,
nf
,
∂x
∂y
∂x ∂y = nf
Dado que Du f = ∇f · u = k∇f k · kuk · cos(θ) la cual toma su valor máximo cuando
θ = 0.
Esto es la derivada direccional toma su valor máximo cuando u esta en la dirección del
gradiente.
Ejemplo.-Dada la función f (x, y) = x3 + 2y 3 + z 3 − 4xyz. Hallar el valor máximo de Du f
en (−1, 1, 2)
Sol.- Tenemos que
∂f
∂f
∂f
2
2
2
∂x = 3x − 4yz, ∂x= − 6y − 4xz, ∂z = 3z − 4xy ∴ ∇f (−1, 1, 2) = (−5, 14, 16) y un vector
unitario u en la dirección del gradiente es
−5
14
16
√ , √ , √
u=
3 53 3 53 3 53
∴ El valor máximo de Du está dado por
√
−5
14
16
√
√
√
Du = −5
+ 14
+ 16
= 3 53
3 53
3 53
3 53
Teorema 2. (Normalidad del Gradiente) Supongamos que la función f es diferenciable en
el punto P0 y que el gradiente ∇f0 en P0 es distinto de cero. Entonces ∇f0 es ortogonal a
la superficie f (x, y, z) = k que pasa por P0
Demostración. Sea C una curva contnida en la superficie de nivel f (x, y, z) = k que pasa
por P0 = (x0 , y0 , z0 ) y sea R(t) = [x(t), y(t), z(t)] la función vectorial que describe C cuando
f recorre un intervalo I. Demostraremos que el gradiente ∇f0 es ortogonal al vector tangente
∂R
∂t en P0 .
2
Como C esta contenida en la superficie, cualquier punto P (x(t), y(t), z(t)) de la curva debe
satisfacer la ecuación de la superficie f (x(t), y(t), z(t)) = k. Por la regla de la cadena
∂f (x(t), y(t), z(t)) ∂x(t) ∂f (x(t), y(t), z(t)) ∂y(t) ∂f (x(t), y(t), z(t)) ∂z(t)
∂f (x(t), y(t), z(t))
=
·
+
·
+
·
=0
∂t
∂x
∂t
∂y
∂t
∂z
∂t
Supongamos que P0 corresponde a t = t0 . Entonces la relación nos dice
∂f (x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , y0 , z0 )
∂x ∂y ∂z
,
,
·
,
,
=0
∂x
∂y
∂z
∂t ∂t ∂t P0
∴
∇f (x0 , y0 , z0 ) ·
∂R
=0
∂t P0
∴ El gradiente es ortogonal al vector tangente
Ejemplo.- Dibuje la curva de nivel correspondiente√a z = 1 en la función f (x, y) = x2 −y 2
y halle un vector normal a ella en el punto P1 = (2, 3)
Solución. Tenemos
que la curva
es x2 − y 2 = 1 ∇f = (2x, −2y) en
√
√ de nivel correspondiente
√ el punto 2, 3 se tiene ∇f (2, 3) = 4, −2 3 y este es el vector normal pedido.
Ejemplo.-Halle un vector normal a la superficie de nivel x2 + 2xy − yz + 3z 2 = 7 en el punto
P0 (1, 1, −1)
Solución.- Se tiene que ∇f = (2x+2y, 2x−z, 6z−y) que en el punto (1, 1, −1) es ∇f (1, 1, −1) =
(4, 3, −7) y el vector normal a la superficie es:
(1, 1, −1) + t(4, 3, −7) = (1 + 4t, 1 + 3t, 1 − 17t) t ∈ R
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